Tài liệu Hình lăng trụ xiên

Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 HÌNH LĂNG TRỤ XIÊN Bài 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3, BC  3a , ACB  300 . Cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy góc 60 0 và mặt phẳng  A 'BC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Điểm H trên cạnh BC sao cho HC  3BH và mặt phẳng  A'AH  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  A 'AC  Giải  A 'BC    ABC    A 'H   ABC   A 'AH    ABC   A 'H   A 'BC    A 'AH  Suy ra A 'AH  60 A' C' B' 0 AH 2  AC2  HC2  2AC.HC.cos300  a 2  AH  a A  A 'H  AH.tan 60  a 3 0 VABC.A 'B'C '  SABC .A 'H  3a 2 3 9a 3 .a 3  4 4 B Vì AH 2  AC2  HC2  HA  AC  AA '  AC 1 1 SA ' AC  AC.A 'A  a 3.2a  a 2 3 2 2 9 3 a 3VA ' ABC 3 3a 4  d  B;  A 'AC     2  SA ' AC 4 a 3 C H Bài 2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ΔABC đều có cạnh bằng a, AA '  a và đỉnh A’ cách đều A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A’B. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN) Giải Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A 'O   ABC  Ta có AM  C' A' a 3 2 a 3 , AO  AM  2 3 3 A 'O  AA '2  AO 2  a 2  B' a2 a 6 a2 3  ; SΔABC  3 3 4 N Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’: V  SΔABC .A 'O  a 2 3 a 6 a3 2 .  4 3 4 Ta có: VNAMC E C A O 3V 1  SΔAMC .d  N,  ABC    d  N,  ABC    NAMC 3 SΔAMC M B 1 a2 3 1 a 6 1 a2 3 a 6 a2 2 SAMC  SABC  ; d  N,  ABC    A 'O   VNAMC  . .  2 8 2 6 3 8 6 48 Lại có: AM  AN  a 3 , nên ΔAMN cân tại A. 2 1 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Gọi E là trung điểm của MN, suy ra AE  MN, MN   AE  AN 2  NE 2   d  C,  AMN    A 'C a  2 2 3a 2 a 2 a 11 1 a 2 11   ; SAMN  MN.AE  4 16 4 2 16 3a 2 2 a 11 a 22 :  (đvđd) 48 16 11 Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, ACB  300 ; M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 60 0 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng (BMB’) Giải A 'H   ABC   A 'H là đường cao của hình lăng trụ. Q A' AH là hình chiếu vuông góc của A A’ lên (ABC)  A 'AH  600 VABC.A 'B'C '  A 'H.SABC C' P B' a 3 3a AC  2a, MA  MB  AB  a  AH   A 'H  2 2 1 1 a2 3 SABC  BA.BC  a.a 3  2 2 2  VABC.A 'B'C '  3a a 2 3 3a 3 3 .  2 2 4 3V d  C',  BMB'    d  C,  BMB'    d  A,  BMB'    A.BMB' SBMB' VA.BMB'  VB'.AMB6 A 1 a3 3  VABC.A 'B'C '  6 8 C M H B E Do BM   AHA ' nên BM  AA '  BM  BB'  Δ BMB' vuông tại B 3a 3 3 a 2 2 3a 1 1 a2 3 :   SBMB'  BB'.BM  a 3.a  . Suy ra d  C',  BMB'    8 2 4 2 2 2 (Cách 2: d  A,  BMB'    AE  AH.sin AHE  a 3 3a .sin 600  ) 2 4 Bài 4. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A’B’C’ là trọng tâm G của ΔA'B'C' . Tính thể tích khối lăng trụ đó. Giải Gọi M’ là trung điểm của B’C’; K  A'M' sao cho A 'K  KG  GM' Kẻ AH  A 'M '; H  A'M' . C I A M B Ta có AHGI là hình bình hành nên IG  AH Hơn nữa AM'  A'M' , I là trung điểm của AM, G là trọng tâm của Δ A'B'C' nên H là trung điểm của A’K 1  A 'H  A 'M ' 6 A' H K C' G M' B' 2 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Ta có: SA ' B'C '  a2 3 a 3 a 3 ; A 'M '   A 'H  4 2 12 AH  A 'H.tan 600  a 3 a a a 2 3 a3 3 . 3  . Từ đó: VABC.A ' B'C'  AH.SA ' B'C '  .  12 4 4 4 16 a 10 , BAC  1200 . Hình chiếu 2 vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính số đo góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ACC’A’). Bài 5. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB  2a, AC  a, AA '  Giải B' C' Gọi H là trung điểm BC. Từ giả thiết suy ra C'H   ABC  . Trong ΔABC ta có: A' 2 1 a 3 SABC  AB.AC.sin1200  2 2 BC2  AC2  AB2  2AC.AB.cos1200  7a 2 a 7 2 a 3  C'H  C'C 2  CH 2  2  BC  a 7  CH  C B H K A Suy ra thể tích lăng trụ V  C'H.SABC  3a 3 4 Hạ HK  AC . Vì C'H   ABC   đường xiên C'K  AC    ABC  ,  ACC'A'   C'KH (1) ( ΔC'HK vuông tại H nên C 'KH  900 ) Trong ΔHAC ta có HK  Từ (1) và (2) suy ra 2SHAC SABC a 3 C'H  tan C'KH   1  C'KH  450   AC AC 2 HK (2)   ABC ,  ACC'A'   450 Ghi chú: Có thể tính độ dài AH và suy ra ΔHAC vuông tại A để suy ra K  A ) Bài 6. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng ABCD là trung điểm I của cạnh AB. Biết A’C tạo với mặt 2 phẳng đáy một góc α với tan α  . Tính theo a thể tích khối chóp A’.ICD và khoảng cách từ 5 điểm B đến mặt phẳng (A’AC) Giải Theo bài ra ta có IC là hình chiếu vuông góc của A’C trên mặt phẳng B' C' (ABCD). Suy ra  A'C,  ABCD     A'C,CI   A'CI  α A 'I  IC.tan A 'CI  IC.tan α  a 5 2 . a 2 5 H Thể tích khối chóp A’.ICD là: VA '.ICD D' A' Xét ta giác vuông A’IC: B 1 1 a 2 a3  A 'I.SΔICD  a.  (đvtt) 3 3 2 6 C I K A D 3 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Ta có BI   A 'AC   A và I là trung điểm AB nên d  B;  A 'AC    2d  I;  A 'AC   Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ IK / /BD  IK  AC , mà A 'I  AC (do A 'I   ABCD  ) nên AC   A'IK  . Kẻ IH  A 'K  IH   A 'AC   d  I;  A 'AC    IH Xét tam giác vuông A’IK có A 'I  a, IK  1 IH 2  1 IK 2  1 2 IA'  8 a 2  1 2  9 2  IH  BD a 2  4 4 a 3 a a 2a Suy ra d  B;  A 'AC    3 Bài 7. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có mặt bên AA’D’D là hình thoi cạnh bằng a nằm trong mặt a phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) và cách BC một khoảng bằng . Biết cạnh AA’ hợp với 2 mặt đáy (ABCD) một góc bằng 60 0 . Tính thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Giải Ta có:  AA 'D'D    ABCD  theo giao tuyến AD A' (1) D' Vẽ A'H  AD và BK  AD; H, K  AD B' C' (2) Từ (1) và (2)  A'H   ABCD  và BK   AA 'D'D   A 'H  d   A 'B'C'D'  ,  ABCD   và A K 600 BK  d  B,  AA 'D'D   a  d  BC,  AA 'D 'D    2 D H C B (vì BC / /  AA'D'D  ) Vì A 'H   ABCD  nên góc hợp bởi AA’ và (ABCD) là A 'AH  600 Tam giác A’AH vuông tại H  A 'H  AA 'sin A 'AH  a sin 600  a 3 2 Vậy thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là: a a 3 a3 3 V  SABCD .A 'H  AD.BK.A'H  a. .  2 2 4 Bài 8. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a . Biết tam giác A’AB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng hợp với đáy (ABCD) một góc bằng α . Tính thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ theo a và α . Giải A' D' Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, ta có:  MN  AB (vì MN laø ñöôøng trung bình cuûa hình chöõ nhaät ABCD)   A'M  AB (vì tam giaùc A'AB laø tam giaùc ñeàu)  A'MN  α (góc hợp bởi (A’AB) và đáy (ABCD)) Ta cũng có AB   A'MN  (vì AB  MN và AB  A'M ) B' A C' D α B C 4 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30   ABCD    A'MN  theo giao tuyến MN (1) Vẽ A'H  MN, H  MN (2)  Từ (1) và (2)  A'H   ABCD   A 'H  d  A 'B'C'D'  ,  ABCD  Tam giác A’AB là tam giác đều có cạnh AB  a  A'M  Tam giác A’HM vuông tại H  A'H  A'Msin A'MH   a 3 2 a 3 sin α 2 Vậy thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là: a 3 sin α  a3 3 sin α 2 Bài 9. Cho hai đoạn thẳng AB và CD chéo nhau, AC là đường vuông góc chung của chúng. Biết V  SABCD .A'H  AB.AD.A'H  a.2a. rằng AC  h, AB  a, CD  b và góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 60 0 . Hãy tính thể tích của tứ diện ABCD. Giải Dựng hình lăng trụ ABE.FDC (BE song song và bằng DC, DF song song và bằng AB) B E 600 a A AC  AB  gt    Ta có: AC  CD  gt   CD / /BE  AC  BE   h  AC   ABE   AC  h là chiều cao của hình chóp C.ABE. Tam giác ABE có AB  a, BE  CD  b và ABE   AB,CD   60  SΔABE b C 0 D 600 F 1 1 ab 3  AB.BE.sin ABE  a.b.sin 600  2 2 4 1 1 ab 3 abh 3 Ta có VABCD  VC.ABD  VC.AFD  VA.CDF  VC.ABE  SΔABE .CA  . .h  3 3 4 12 1 Chú ý: VABCD  VABE.FDC 3 Bài 10. Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a,   A'AB  BAD  A'AD  α 00  α  900 . Hãy tính thể tích của khối hộp. Giải Ta có ΔAA'B  ΔAA'D (vì B' có cạnh chung là C' AA’, A'AB  A'AD  α và AB  AD  a ) A' D'  A'B  A'D Vẽ A'H  AC  H  AC  (1) φ Tam giác A’BD cân tại A’ (do A'B  A'D )  BD  A'O (O là trung điểm của BD, O cũng là tâm của hình thoi ABCD) Ta còn có BD  AC α A B H C O K D 5 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30  BD   A'AO   BD  A'H 2 Từ (1) và (2)  A'H   ABCD  Đặt A'AO  φ Vẽ A'K  AD  K  AD   HK  AK (định lý ba đường vuông góc) Ta có: cos φ  AH (tam giác vuông AA’H) AA' cos α  AK (tam giác vuông AA’K) AA' BAD α α AK  ) và cos  (tam giác AHK vuông tại K và HAK  2 2 2 AH α AH AK AK cos α  cos φ.cos  .   cos α  cos φ  α 2 AA' AH AA' cos 2 Tam giác AA’H vuông tại H và có A'AH  φ nên A 'H  AA '.sin φ  a sin φ  a 1  cos 2 φ  a 1  cos 2 α a α  cos 2  cos 2 α α α 2 cos 2 cos 2 2  VABCD.A 'B'C'D'  SABCD .A 'H  AB.AD.sin BAD.A 'H  a 2 sin α. a cos α 2 cos 2 α  cos 2 α 2 α α a α α α  a 2 .2sin .cos . cos 2  cos 2 α  2a 3 sin cos 2  cos 2 α 2 2 cos α 2 2 2 2 Bài 11. Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB  3 , AD  7 . Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 60 0 . Hãy tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1. Giải B' C' B A' C D' H K B A H K A C M M D D Vẽ A 'H   ABCD   H   ABCD   , HM  AD  M  AD  , HK  AB  K  AB  Theo định lý ba đường vuông góc, ta có: AD  A 'M, AB  A 'K  A'MH  600 , A'KH  450 Đặt A'H  x 6 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Tam giác A’HM vuông tại H và có A 'MH  600 nên A 'M  A 'H sin 60  0 2x 3 Tam giác A’AM vuông tại M nên AM  AA '2  A 'M 2  1  4a 2 3  4x 2  3 3 (1) AKHM là hình chữ nhật và tam giác A’AH vuông tại H nên AM  HK và HK  A 'H.cot A 'KH  AM  HK  x.cot 450  x Từ (1) và (2)  x  (2) 3  4x 2 3 3 x hay A'H  3 7 7 Vậy VABCD.A ' B'C ' D '  S ABCD.A 'H  AB.AD.A'H  7. 3. 3 3 7 Bài 12. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ mà mặt bên ABB’A’ có diện tích bằng 4. Khoảng cách giữa cạnh CC’ và mặt (ABB’A’) bằng 7. Hãy tính thể tích khối lăng trụ. Giải Dựng khối hộp ABCD.A’B’C’D’ 1 VABC.A 'B'C '  VABCD.A 'B'C 'D ' 2 ta có: A' Xem khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là khối lăng trụ có hai D' B' C' đáy là ABB’A’ và DCC’D’. Vậy VABCD.A ' B'C' D'  S ABB' A '.h trong đó h  d   CDD 'C'  ,  ABB'A '   A D  d  CC',  ABB'A '    7 B C 1 và SABB'A '  4  VABC.A 'B'C '  .4.7  14 2 Bài 13. Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân với cạnh huyền bằng AB  2 . Cho biết mặt phẳng (AA’B) vuông góc với với mặt phẳng (ABC), AA '  3 , góc A'AB nhọn, góc giữa hai mặt phẳng (A’AC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Giải  AA 'B   ABC  theo giao tuyến AB Vẽ A'K  AB (với K  AB ) (1) A' B' (2) Từ (1) và (2)  A 'K   ABC  Góc A'AB nhọn nên K thuộc tia AB. C' 3 Vẽ KM  AC  M  AC   A 'M  AC (định lý ba đường vuông góc) A  Góc giữa hai mặt phẳng (A’AC) và (ABC) là A 'MK  600 2 B K M C Đặt A'K  x , ta có: 7 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30  AK  A 'A 2  A 'K 2  3  x 2  2  2 0 . 3  x2 MK  AK sin KAM  3  x .sin 45  2  x  0 MK  A 'K cot A 'MK  A 'K.cot 60  3  Từ (3) và (4)   2. 3  x 2 x 2 3 5   3 4 x 3 hay A 'K  3 5 Tam giác ABC vuông cân với cạnh huyền AB  2 nên AC  CB  1 . Vậy VABC.A ' B 'C '  S ABC.A 'K  1 1 3 3 5 AC.CB.A 'K  .1.1.  2 2 5 10 Bài 14. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  b , cạnh bên AA’ hợp với mặt đáy (ABCD) một góc bằng 60 0 , mặt bên AA’D’D là hình thoi có góc A’AD nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD) a. Tính thể tích của khối tứ diện ACDD’ b. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung giữa AA’ và CD. Giải a. Ta có  AA 'D'D    ABCD  theo giao tuyến AD A' D' (1) Vẽ A 'H  AD, H  AD B' C' K (2) Từ (1) và (2)  A'H   ABCD   Góc hợp bởi AA’ và (ABCD) là A 'AH  600 Tam giác AA’H vuông tại H, AA '  AD  b (AA’D’D là A 600 D H B C b 3 hình thoi) và A 'AH  60  A 'H  2 0 Ta có: 1 VA 'CDD '  VA '.CDD '  VA '.CC 'D '  VA '.CC 'D 'D 2  1 1 1  VACD.A 'C 'D '  VA '.ACD    VACD.A 'C'D'  VACD.A 'C 'D '  2 2 3  1 1 1 1 1 1 b 3  VACD.A 'C 'D '  . VABCD.A 'B'C 'D '  SABCD .A 'H  AB.AD.A 'H  ab. 3 3 2 6 6 6 2 hay VA 'CDD '  ab 2 3 12 Chú ý: ta có thể tính VABCD.A 'B'C'D' bằng cách khác. Ta có  AA 'D'D    ABCD  theo giao tuyến AD và AB  AD 8 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30  AB   AA 'D'D   VABCD.A 'B'C 'D '  SAA 'D 'D .AB  AD.AA '.sin A 'AD.AB  a.b.b.sin 600  ab 2 3 2 b. Ta có  AA 'D'D    ABCD  theo giao tuyến AD và CD  AD  CD   AA'D'D  (1) Trong mặt phẳng (AA’D’D), vẽ DK  AA ', K  AA ' (2) Từ (1) và (2)  DK là đoạn vuông góc chung của AA’ và CD. Tính DK: AA’D’D là hình thoi có cạnh bằng b và A 'AD  600 b 3 2 Bài 15. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các mặt đều là hình thoi cạnh a, các góc  Tam giác AA’D là tam giác đều có cạnh bằng b  DK  BAA '  BAD  DAA '  600 . Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ theo a. Giải Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếu của A’ lên (ABCD), AB, AD. D' Ta có: C' A' A 'H  AB  AB   A 'HI   A 'I  AB  AB  HI Tương tự: HJ  AD . Hai tam giác vuông A’AI và A’AJ có AA’ chung và A 'AI  A 'AJ  600 B' D C J H A I B a  ΔA 'AI  ΔA 'AJ , AI  AJ  AA 'cos 600   HI  HJ 2 Vậy H cách đều AB và AD nên nằm trên đường phân giác của góc BAD  H  AC a 2 2 AI 2  a ; A 'H  AA '2  AH 2  a 2  a  2a Ta có: AH   3 3 3 3 cos300 2  A 'H  a 2 a2 3  SABCD  AB.AD.sin 600  3 2  VABCD.A 'B'C'D '  A 'H.SABCD  a 2 a 2 3 a3 2 (đvtt) .  3 2 2 Bài 16. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, BC  2a . Mặt bên ABB’A’ là hình thoi, mặt bên BCC’B’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hai mặt này hợp với nhau một góc bằng α . 1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC’B’). Xác định góc α . 2. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Giải 1. Tính d  A,  BCC'B'   . Xác định α . 9 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Dựng AH  BC  H  BC  B'  BCC'B'   ABC    BCC'B'   ABC   BC  AH   ABC  , AH  BC  AH   BCC'B' C' A' E Dựng HE  BB'  E  BB'  ta có: H B  BB'  AH  BB'   AHE    BB'  HE 2a O C a  ABB'A '   BCC'B'   BB'   AHE   BB'   AHE    ABB'A '   AE  AHE  BCC'B'  HE     A    ABB'A '  ,  BCC'B'     AE, HE  Mặt khác tam giác AHE vuông tại H (do AH  HE ) nên AEH là góc nhọn. Do đó  ABB'A' ,  BCC'B'   AE,HE   AEH  α 2. Tính VABC.A 'B'C' Trong tam giác vuông ABC: AC  BC2  AB2  a 3 AH.BC  AB.AC  AH  AB2  BH.BC  BH  AB.AC a 2 3 a 3   BC 2a 2 AB2 a 2 a   BC 2a 2 Trong tam giác vuông AHE: HE  AH cot AEH  a 3 .cot α 2 Tứ giác ABB’A’ là hình thoi AABB'  AB  a Gọi O là hình chiếu vuông góc của B’ lên BC thì B'O   ABC  (chứng minh tương tự như chứng minh AH   BCC'B' ) Hai tam giác vuông BEH và BOB’ có chung góc nhọn B nên chúng đồng dạng. a2 3 cot α B'O BB' EH.BB'   B'O   2  a 3 cot α Suy ra a EH BH BH 2 Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 1 1 3a 3 cot α V  SABC .B'O  AB.AC.B'O  a.a 3.a 3 cot a  2 2 2 Bài 17. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, và A 'A  A 'B  A 'C  a 7 . 12 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ABC) Giải 10 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Gọi H là hình chiếu của A trên (ABC) B' Vì A'A  A'B  A'C nên HA  HB  HC , suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. C' A' Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AB. A 'J  AA '2  AJ 2  7a 2 a 2 a   12 4 3 1 1 a 3 a 3 HJ  CJ  .  3 3 2 6  A 'H  A 'J 2  HJ 2  I a 2 B C H J Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: a a 2 3 a3 3 V  A 'H.SΔABC  .  2 4 8 A A 'J  AB   A 'JC   AB  A 'JC chính là góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ABC). Khi đó Vì  CJ  AB a A 'H tan A 'JC   2  3  A 'JC  600 JH a 3 6 Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ABC) bằng 60 0 . Bài 18. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’. Giải Gọi H là trung điểm của BC  A 'H   ABC  và B' C' 1 1 2 AH  BC  a  3a 2  a 2 2 Do đó: A'H2  A'A2  AH2  3a 2  A'H  a 3 A' 2a 1 a3 V  A 'H.S  Vậy A '.ABC (đvtt) ΔABC 3 3 Trong tam giác vuông A’B’H có HB'  A'B'2  A'H2  2a nên B tam giác B’BH là cân tại B’. Đặt φ là góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ thì φ  B'BH Vậy cos φ  C H a a 3 A a 1  2.2a 4 Bài 19. Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a. 11 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Giải Gọi O  AC  BD , I là trung điểm của cạnh AD. Ta có D' C' AD   AOI  A' a nên ta  A'IO    ADD'A' ,  ABCD    60 Vì OI  2 B' 0 suy ra A 'I  2OI  a  A 'O  OI.tan 600  a 3 2 Do đó VABCD.A 'B'C'D'  A'O.SABCD  a.a 3. D I a 3 3a 3  2 2 C 600 H O A B Do B'C∥ A 'D  B'C∥  A 'BD   d  B',  A 'BD    d  C,  A 'BD    CH trong đó CH là đường cao của tam giác vuông BCD. Ta có CH  CD.CB CD2  CB2  a 3 a 3 . Vậy d  B',  A 'BD    2 2 Bài 20. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân AB  AC  a , BAC  1200 và AB’ vuông góc với đáy (A’B’C’). Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CC’ và A’B’, mặt phẳng (AA’C’) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 30 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và C’N. Giải Ta có: K BC  AB  AC  2AB.ACcos A 2 2  3a 2 2  BC  a 3 B' A' N C' Gọi K là hình chiếu của B’ lên A’C’, suy ra A'C'   AB'K  Do đó: E AKB'    A'B'C' ,  AA'C'    30 Trong tam giác A’KB’ có 0 KA 'B'  600 , A 'B'  a nên B'K  A 'B'sin 600  Suy ra AB'  B'K.tan 300  a 2 M a 3 2 A B Thể tích khối lăng trụ: V  AB'.SΔABC  C a3 3 8 Gọi E là trung điểm của AB’, suy ra ME∥ C' N nên  C' N,AM    EM,AM  Vì AB'  C' N  AE  EM   C' N, AM   AME   2 C'B'2  C'A '2  A 'B'2 1 a a 7 AE  AB'  ; EM 2  C' N 2   EM  2 4 4 2 AM 2  AE 2  EM 2  Vậy cos AME  29a 2 a 29  AM  16 4 ME 7 2 MA 29 12 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Bài 21. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc đoạn thẳng B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ theo a. Giải Ta có A’H là hình chiếu của AA’ lên mặt phẳng (A’B’C’) A C nên AA 'H  300 B Xét tam giác vuông AHA’ ta có: a AH  AA 'sin 300  , 2 a 3 A 'H  AA 'cos300  2 K 300 Mà tam giác A’B’C’ đều nên H là trung điểm của B’C’. A' C' H Thể tích của khối lăng trụ là: B' a a 2 3 a3 3 V  AH.SΔABC  .  2 4 8 Vẽ đường cao HK của tam giác AHA’ Ta có B'C'   AHA' nên B'C'  HK Suy ra d  AA ', B'C'   HK  AH.A 'H a 3  AA ' 4 Bài 22. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại A, AB  AC  a, BAC  1200 , hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Tính thể tích của khối lăng trụ biết cạnh bên AA '  2a . Giải Gọi H là tâm của đáy, M là trung điểm của cạnh BC, SH   ABC  AM  ABsin 600  B' C' a 3  BC  a 3 2 A' Áp dụng định lý sin ta có: HA  R  BC 2sin1200  a, A 'H  A 'A 2  AH 2  a 3 1 a2 3 SΔABC  AB.ACsin1200  2 4 Vậy VABC.A ' B 'C '  A 'H.SΔABC H M B C 3a 3  4 Bài 23. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB'  a , góc A giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 , tam giác ABC vuông tại C và BAC  600 . Hình chiếu vuông góc của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’.ABC. Giải Gọi D là trung điểm AC, G là trọng tâm tam giác ABC 13 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30  B'G   ABC   B'BG  600 B' C' a 3  B'G  BB'sin B'BG  ; 2 a 3a BG   BD  2 4 Trong ΔABC ta có: BC  A' AB AB AB 3  CD  , AC  2 2 4 3AB2 AB2 9a 2 BC  BD  BD    4 16 16 2 2 2 600 B C G 3a 13 3a 13 9a 2 3  AB  , AC  , SΔABC  13 26 104 D A 1 9a 3 Thể tích khối tứ diện A’.ABC là: VA '.ABC  B'G.SΔABC  3 208 Bài 24. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên bằng a 3 và hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của BC. Tính thể tích của khối lăng trụ đó. Giải A' Gọi H là trung điểm của cạnh BC C'  A 'H   ABC  B' Tam giác vuông A’HA: AH  A 'A 2  AH 2  3a 2  3a 2 3a a2 3  SΔABC  nên 4 2 4 VABC.A 'B'C'  A'H.SΔABC A 3a a 2 3 3a 3 3  .  2 4 8 C H B Bài 25. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài tất cả các cạnh bằng a và hình chiếu của đỉnh C trên mặt phẳng (ABB’A’) là tâm của hình bình hành ABB’A’. Tính thể tích của khối lăng trụ. Giải Gọi O là tâm hình bình hành ABB’A’. Ta có CO   ABB'A ' . C' Vì CA  CB nên OA  OB , suy ra hình thoi ABB’A’ là hình vuông. Do OA  đó  OC  AB 2  a 2 . Suy ra: OC2  AC2  AO2  A' a2 2 B' a 2 O C Vậy thể tích của khối chóp: 1 a3 2 VC.ABA '  CO.SABA '  3 12 A Mà VABC.A 'B'C'  3VC.ABA ' nên thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: VABC.A 'B'C '  a3 2 4 B 14 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Bài 26. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a, BAD  600 , BAA '  900 , DAA '  1200 . Tính thể tích khối hộp. Giải Từ giả thiết ta tính được BD  a , A 'B  a 2 , A 'D  a 3 D' C' nên tam giác A’BD vuông tại B. Vì AB  AD  AA' nên hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A’BD) trung với tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD (do tam giác đó vuông nên H là trung điểm của A’D) A' B' H a Ta có AH  AA 'cos 600  , 2 C D 1 a2 2 SA 'BD  BA '.BD  , do đó thể tích khối tứ diện A 2 2 A’.ABD là VA '.ABD  B a3 2 . 12 Ta đã biết VABCD.A 'B'C'D'  6VA '.ABD nên VABCD.A 'B'C'D'  a3 2 2 Bài 27. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc A  600 . Chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của hai đường chéo của đáy ABCD. Cho BB'  a . 1. Tính góc giữa cạnh bên và đáy. 2. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình hộp. Giải 1. Tính góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy. D' Gọi O  AC  BD . Theo giả thiết ta có B'O   ABCD   B'B   ABCD   B   B'O   ABCD  , O   ABCD  C' A' B'  Hình chiếu B’B trên (ABCD) là OB   B'B,  ABCD     B'B,BO   B'BO Tam giác ABD có AB  AD  a , BAD  600  ΔABD là tam giác đều a  OB  2 Trong tam giác vuông B’OB: a OB 2 1 cos B'OB     B'OB  600 . BB' a 2 D C O A H K B Vậy góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy là 60 0 . 2. Tính VABCD.A 'B'C'D' VABCD.A ' B'C ' D '  SABCD .B'O; SABCD  AB.AD.sin BAD  a 2 sin 600  a2 3 2 15 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 Trong tam giác vuông B’OB: B'O  BB'sin 600  a 3 3a 3 . Suy ra VABCD.A ' B 'C ' D '  4 2 Tính Sxq của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ Vì hai mặt đối diện của hình hộp là hai hình bình hành bằng nhau, do đó Sxq  2 SABB'A'  SBCC'B'  Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các cạnh BC và B. Theo tính chất của hình thoi ta có OH  OK Hai tam giác vuông B’OH và B’OK (vuông tại O) có cạnh B’O chung, OH  OK nên chúng bằng nhau.  B'H  B'K  SBCC'B'  B'H.BC  B'K.AB  SABB'A ' Trong tam giác vuông AKO: OK  AOsin OAK  a 3 a 3 .sin 300  2 4 Trong tam giác vuông B’OK: 2 2 a 3 a 3 3a 2 3a 2 15a 2 B'K  B'O  OK          4 16 16  2   4  2  B'K  2 2 a 15 a 2 15  SABB' A '  B'K.AB   Sxq  4SABB' A '  a 2 15 4 4 Bài 28. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Cho BAA '  450 1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho. 2. Tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ Giải 1. Tính VABC.A 'B'C' A' C' Gọi E là trung điểm của AB, ta có:  OE  AB   A 'O  AB  do A 'O   ABC    AB   A 'OE   AB  A 'E B' Tam giác vuông A’EA có A  450 nên là tam giác vuông cân tại E F A C E a a 2 Suy ra A 'E  EA  , AA '  2 2 O B Tam giác vuông A’OE (vuông tại O) có: 2 a2  1 a 3  a 2 3a 2 6a 2 a 6 A 'O  A 'E  OE    .    A 'O    4 3 2  4 36 36 6 2 2 2 Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’: V  SABC .A 'O  2. a 2 3 a 6 a3 2 .  4 6 8 Tính Sxq của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ SABB'A '  AB.A 'E  a2 2 16 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 AC  A 'O Gọi F là trung điểm của AC:   AC   A 'OF   AC  A 'F AC  OF  SACC'A '  AC.A'F Hai tam giác vuông A’OE và A’OF có A’O là cạnh chung, OE  OF nên chúng bằng nhau  A 'F  A 'E  SACC ' A '  a2 2 BC  A 'O  BC   A 'OA   BC  AA '  BC  BB'  BC  AO Mặt khác theo tính chất của hình lăng trụ thì BCC’B’ là hình bình hành, lại có BC  BB' nên BCC’B’ là hình chữ nhật, suy ra: SBCC ' B'  BB'.BC  AA '.BC  a 2 a2 2 .a  2 2 Vậy diện tích xung quanh của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là: Sxq  SABB' A '  SACC ' A '  SBCC ' B' a2 2 a a   2 2 2 2  2  2 Bài 29. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD có BD  a không đổi và BAD  DCB  90 , ABD  α, CBD  β . Mặt phẳng (AA’C’C) là hình thoi, vuông góc với đáy và 0 A 'AC  600 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và tìm α, β để thể tích đó lớn nhất. Giải Tam giác vuông ABD có ABD  α nên AB  a cosα , AD  a sin α , suy ra diện tích của tam giác ABD là 1 1 SABD  AB.AD  a 2 sin 2α 2 4 1 Tương tự ta có SCBD  a 2 sin 2β 4 D' C' H B' A' Diện tích đáy của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ là: SABCD  SABD  SCBD 1  a 2  sin 2α  sin 2β  4 1 2  a sin  α  β  cos  α  β  2 Vì  AA 'C'C    A 'B'C'D' nên hạ CH  A 'C' 600 A C D α β B thì CH là đường cao của lăng trụ. Mặt khác AA’C’C là hình thoi có A 'AC  600 do đó CC 'A '  600 Nên CH  CC'sin 600  3 AC 2 Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác ABC ta có: 17 Lớp Toán Thầy Cư-TP Huế. SĐT: 01234332133. Toán 121: Thứ 2,4,6: 17h15. Toán 122: Thứ 3,5,7: 17h30 AC2  AB2  BC2  2AB.BC.cos B  a 2 cos 2 α  cos 2 β  2cos α cosβ cos  α  β      a 2 1  cos  α  β  cos  α  β   2cos α cosβ cos  α  β    a 2 1  cos  α  β   cos  α  β   2cos α cosβ    a 2 1  cos 2  α  β    a 2 sin 2  α  β     AC  a sin  α  β  Do đó CH  3 a sin  α  β  , nên thể tích cần tìm là: 2 1 3 V  SABCD .CH  a 2 sin  α  β  cos  α  β  . a sin  α  β  2 2  3a 3 2 sin  α  β  cos  α  β  4 Tìm giá trị lớn nhất của V: 0  sin 2  α  β   1 Ta có  nên sin 2  α  β  cos  α  β   1 , do đó: cos  α  β   1 V 3a 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi α  β  450 . 4 3a 3 đạt được khi α  β  450 . 4 THẦY CHÚC CÁC EM HỌC SINH 12 ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI SẮP TỚI Vậy giá trị lớn nhất của V là 18